1. Trang chủ
  2. » Thể loại khác

Dap an va giai chi tiet de so 3

26 63 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 26
Dung lượng 0,93 MB

Nội dung

BẢNG ĐÁP ÁN 1.D 11.D 21.B 31.D 41.D Câu 1: 2.B 12.D 22.A 32.A 42.A 3.D 13.B 23.A 33.C 43.B 4.C 14.D 24.A 34.D 44.C 5.A 15.C 25.D 35.B 45.B Hình lập phương có cạnh? A 20 B 6.C 16.D 26.A 36.C 46.B 7.B 17.A 27.B 37.D 47.B 8.D 18.A 28.B 38.D 48.A C 9.B 19.A 29.C.D 39.A 49.C 10.A 20.C 30.B 40.A 50.A D 12 Lời giải Chọn D Câu 2: Cho hình trụ có bán kính đáy r , chiều cao h , độ dài đường sinh l Công thức sau đúng? A Sxq   rl B S xq  2 rl C Sxq   r h D Sxq  2 rl  2 r Lời giải Chọn B Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai vectơ x   2;1; 3 y  1; 0; 1 Tìm tọa độ vectơ a  x  y A a   4;1; 1 B a   3;1; 4  C a   0;1; 1 D a   4;1; 5  Lời giải Chọn D Ta có: y   2;0; 2  a  x  y    2;1  0; 3     4;1; 5  Câu 4: Hàm số y  ln  x  x  nghịch biến khoảng sau đây? A 1;   B  2;   C  ;0  D  ;1 Lời giải Chọn C TXĐ: D   ;0    2;    x  1 4x    Ta có: y  ln  x  x    2x  4x x  x Vì x  x  x  D nên y   x  Kết hợp điều kiện, hàm số nghịch biến khoảng  ;0  Câu 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi tâm O , SO   ABCD  Góc SA mặt phẳng  SBD  góc A ASO B SAO C SAC D ASB Lời giải Chọn A Ta có: SO   ABCD   SO  AO (1) ABCD hình thoi tâm O  BD  AO (2) Từ (1) (2), suy AO   SBD  Vậy gócgiữa SA mặt phẳng  SBD  góc ASO Câu 6: Số hạng chứa x khai triển   x  thành đa thức A 8C74 C 8C74 x B C74 D C74 x Lời giải Chọn C Số hạng tổng quát khai triển   x  thành đa thức C7k 27 k x k  k  ;0  k   Từ yêu cầu toán, suy k  Vậy, số hạng chứa x khai triển   x  thành đa thức C74 23 x  8C74 x Câu 7: Cho hình nón có góc đỉnh 60 , bán kính đáy 2a , diện tích tồn phần hình nón A Stp  20 a2 B Stp  12 a2 C Stp  8 a D Stp  10 a2 Lời giải Chọn B Do góc đỉnh 60o suy thiết diện qua trục hình nón tam giác Suy ra: l  2r  4a Diện tích xung quanh hình nón Sxq   rl  8 a2 Diện tích mặt đáy hình nón Sđay   r  4 a2 Vậy diện tích tồn phần hình nón Stp  Sxq  Sđay  12 a2 Câu 8: Hàm số sau nghịch biến tập xác định nó? A y  log x B y  log x C y  log x D y  log0,3 x Lời giải Chọn D Hàm số y  log0,3 x có TXĐ: D  (0;  ) có số a  0,3  (0;1) nên nghịch biến (0;  ) Câu 9: Cho F ( x ) nguyên hàm hàm số f  x   e x  x  x  Hàm số F ( x ) có điểm cực trị? A B C D Lời giải Chọn B Theo định nghĩa nguyên hàm ta có: F   x   f  x   e x  x3  x  x  F   x    x  x    x  2 (Vì e x  với x )  x  F ( x ) đổi dấu qua điểm x  2 , x  x  Vậy hàm số F  x  có điểm cực trị Câu 10: Với số thực dương a, b, x, y a, b  , mệnh đề sau sai? A log a 1  x log a x B log a  xy   log a x  log a y C log b a.log a x  log b x D log a x  log a x  log a y y Lời giải Chọn A Với số thực dương a, b, x, y a, b  Ta có: log a 1 Vậy A sai  log a x 1  x log a x Theo tính chất logarit phương án B, C D Câu 11: Cho hàm số f  x  xác định R \ 1 thỏa mãn f   x   , f    2017 , f    2018 x 1 Tính S  f  3  f  1 A S  ln 4035 B S  C S  ln Lời giải Chọn D D S   f '  x  dx   x  dx  ln  x  1  C Trên khoảng 1;   ta có  f  x   ln  x  1  C1 Mà f (2)  2018  C1  2018 Trên khoảng  ;1 ta có  f '  x  dx   x  dx  ln 1  x   C  f  x   ln 1  x   C2 Mà f (0)  2017  C2  2017 ln( x 1)  2018 Vậy f  x    ln(1  x)  2017 x 1 Suy f  3  f  1  x 1 Câu 12: Tìm tập nghiệm S bất phương trình log  x  1  log  x  1 A S   2;   1  D S   ;  2  C S   ;  B S   1;  Lời giải Chọn D  x   2x 1   x Ta có log  x  1  log  x  1   2 x   2 Câu 13: Tìm tất giá trị m để phương trình x   m x  có hai nghiệm phân biệt A m  B m 2 C m  D  Lời giải Chọn B Phương trình cho tương đương với m  Đặt f ( x)  lim f  x   x  x 1 2x 1 ; f ' x  2x2   x 1 x2  x  x  1 x2   2x2  2 1 ; lim f  x    ; f   x  2 2 Ta có bảng biến thiên 1 2x  x2  1 m Từ bảng biến thiên ta có điều kiện để phương trình có hai nghiệm m 2 Câu 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a , BAD  60o SA vng góc với mặt phẳng  ABCD  Góc hai mặt phẳng  SBD   ABCD  45o Gọi M điểm đối xứng C qua B N trung điểm SC Mặt phẳng  MND  chia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện, khối đa diện chứa đỉnh S tích V1 , khối lại tích V2 (tham khảo hình vẽ bên) Tính tỉ số A V1  V2 B V1  V2 C V1 V2 V1 12  V2 D V1  V2 Lời giải Chọn D Trong tam giác SMC , SB MN hai trung tuyến cắt trọng tâm K  SK  SB BI đường trung bình tam giác MCD  I trung điểm AB V1  VS AID  VS IKN  VS IND Đặt: VS ABCD  V SK SN 1 SN 1  VS AID  V ; VS IKN  VS IBC  V  V ; VS IND  VS ICD  V  V SB SC 12 SC 2 V 7 1 1  V1      V  V  V2  V   12 V2 12  12  Bình luận: +) Bài thừa nhiều giả thiết, cần chóp đáy hình bình hành đủ! +) Bài phải mức vận dụng cao! Câu 15: Ông Anh gửi vào ngân hàng 60 triệu đồng theo hình thức lãi kép Lãi suất ngân hàng 8% năm Sau năm ông An tiếp tục gửi thêm 60 triệu đồng Hỏi sau 10 năm kể từ lần gửi ơng An đến rút tồn tiền gốc tiền lãi bao nhiêu? (Biết lãi suất không thay dổi qua năm ông gửi tiền) A 231,815 (triệu đồng) B 197, 201 (triệu đồng) C 217, 695 (triệu đồng) D 190, 271 (triệu đồng) Lời giải Chọn C Số tiền ông An nhận sau năm đầu là: 60 1  8%   88,160 (triệu đồng) Số tiền ông An nhận (toàn tiền gốc tiền lãi) sau 10 năm là: 88,16  60 1  8%   217,695 (triệu đồng) Câu 16: Họ nguyên hàm hàm số f ( x)  cos x là: A cos x  C B  cos x  C C  sin x  C D sin x  C Lời giải Chọn D Ta có  cos xdx  sin x  C Câu 17: Hàm số sau nghịch biến ? x 1 x 1 A y   x3  3x  x  B y  C y   x  x  D y   sin x Lời giải Chọn A Kiểm tra đáp án A, ta có y  3x  x   3( x  1)2   y  0, x  nghịch biến Vậy hàm số ` Chú ý: Với cách làm trắc nghiệm làm cách sau: - Kiểm tra đáp án B Hàm tập xác định \{1} nên không nghịch biến - Kiểm tra đáp án C Hàm trùng phương khơng có trường hợp nghịch biến - Kiểm tra đáp án D Hàm số y   sin x hàm số tuần hồn, nên hàm số khơng nghịch biến Vậy đáp án A Câu 18: Cho hàm số y  f ( x) liên tục đạt cực tiểu có đạo hàm f   x    x   x  1   x  Hàm số A x  2 C x  B x  D x  Lời giải Chọn A Ta có: f ( x)   x  2;1;3 Bảng xét dấu của f ( x ) Từ Bảng xét dấu f ( x ) , ta có f ( x ) đổi dấu từ âm sang dương x qua 2 nên hàm số đạt cực tiểu x  2 Câu 19: Biết đường thẳng y  x  cắt đồ thị hàm số y  trung điểm I AB 1 5 A I  ;  B I 1;5  2 2 x8 hai điểm A ; B phân biệt Tọa độ x2 7 7 C I  ;  2 2 D I  7;7  Lời giải Chọn A Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số y  x8 đường thẳng y  x  là: x2  x   x    x   x  x  12   x  x 8  x2    x2  x   x  3 x  Với x   y   A  4;6  Với x  3  y  1  B  3; 1 1 5 Vậy tọa độ trung điểm I AB là: I  ;  2 2 Câu 20: Tập nghiệm S bất phương trình  A S   ; 2 B S   2;   x C S   ;  D S  2 Lời giải Chọn C x x x Ta có:     x  Vậy tập nghiệm S bất phương trình  là: S   ;  Câu 21: Cho hình chóp S.ABC có diện tích đáy a , cạnh bên SA vng góc với đáy, SA  a Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a A a3 B a3 C a3 D a3 Lờigiải Chọn B a3 Ta có: V  SA.SABC  3 Câu 22: Cho F  x  nguyên hàm hàm số f  x   A  ln , biết F 1  Giá trị F   x2 C  ln  2  B ln D ln  2  Lờigiải Chọn A Cách : Ta có:  f  x dx   x  2dx  ln x   C , C  Giả sử F  x   ln x   C0 nguyên hàm hàm số cho thỏa mãn F 1  Do F 1   C0   F  x   ln x   Vậy F     ln Cách 2: 1 1 d x  F x  ln x   F 1  F     ln   F    F    ln      0 x  0 Câu 23: Cho hàm số y  f  x  có bảng biến thiên sau Hàm số y  f  x  nghịch biến khoảng đây? A  2;0  B 1; 3 C  0;   D  ; 2  Lời giải Chọn A Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số y  f  x  nghịch biến khoảng  2;0  Câu 24: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  0;1; 2  B  3; 1;1 Tìm tọa độ điểm M cho AM  AB A M  9; 5;7  B M  9;5;7  C M  9;5; 7  D M  9; 5; 5 Lời giải Chọn A Gọi M  x; y; z  Ta có: AM   x; y  1; z   ; AB   3; 2;3 x  x    AM  AB   y   6   y  5 Vậy M  9; 5;7  z   z    Câu 25: Giá trị lớn hàm số y  x3  2x  x  đoạn 1;3 C 5 B 16 A D Lời giải Chọn D  x  1 1;3 + Ta có: y  3x  x  1; y   3x  x      x   1;3  2 + Tính: y (1)  13  2.12    5; y(3)  33  2.32    Suy ra: Max y  ( x  ) 1;3 Câu 26: Tìm tất giá trị thực tham số để hàm số y     ;  2  0  m  A   m  1 0  m  B   m  1 cos x  nghịch biến khoảng cos x  m C m  D m  Lời giải Chọn A Điều kiện: cos x  m Ta có: y  (m  3)  cos x  m  ( s in x)  (m  3)  cos x  m  sin x     Vì x   ;    sin x  ,  cos x  m   0, x   ;   : cos x  m 2  2      Để hàm số nghịch biến khoảng  ;    y  x   ;   2  2  m  m   0  m   m        m  1         m  1 m   1;0    m  cos x  m x   ;         Chú ý : Tập giá trị hàm số y  cos x, x   ;    1;0  2  Câu 27: Cho hình lập phương cạnh a Tính thể tích khối trụ ngoại tiếp hình lập phương theo a     A a B a C D a a 12 Lời giải Chọn B Khối trụ có bán kính đáy r  a chiều cao h  a suy thể tích khối trụ 2 a 2  V     a  a   Câu 28: Cho hình chóp tam giác SABC cạnh đáy a , mặt bên tạo với mặt phẳng đáy góc 60 Thể tích V khối chóp theo a A V  a3 B V  a3 24 C V  a3 D V  a3 12 Lời giải Chọn B Gọi H trọng tâm tam giác ABC , mặt bên tạo với đáy góc 60 nên SH   ABC  Góc mặt bên  SBC  đáy góc SMH  60 Tam giác ABC tam giác có cạnh a suy SABC  Ta có tan SMH  SH a a  SH  tan 60  MH a a a3 Vậy thể tích khối chóp V   24 a2 a ; MH  AM  Vậy thể tích khối lập phương là: V  (2a)3  8a AD  a Tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy, góc SC mặt phẳng Câu 31: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B , BC   ABCD   cho tan   A VS ACD a3  B VS ACD 15 Tính thể tích khối chóp S.ACD theo a a3  C VS ACD  a3 D VS ACD  a3 Lời giải Chọn D S A D H B C Gọi H trung điểm AB , từ giả thiết ta có: SH   ABCD  ,  SC,  ABCD    SCH   Đặt AB  x , ta có: HC  BH  BC  Mặt khác SH  S ABCD  x Vậy ta có:  AD  BC  AB  3a 2 x2  a , SH  HC.tan   x2 15  a2 x2 15 x  a2   x  a ; S ACD  a3 S ABCD  a ; VS ACD  SH S ACD  3 Câu 32: Cho hình thang ABCD vng A B , AB  a , AD  3a , BC  2a Tính thể tích V khối tròn xoay tạo thành quay hình thang ABCD ( kể điểm nó) quanh đường thẳng BC A V   a B V  3 a C V   a D V  2 a 3 Lời giải Chọn A E D F C A P B Gọi V1 thể tích khối trụ tạo thành quay hình chữ nhật ABED quanh cạnh EB V2 thể tích khối nón tạo thành quay tam giác vng CED quanh cạnh EC 1 Khi đó: V  V1  V2   AB AD   ED CE  3 a   a   a 3 Câu 33: Cho hàm số y  f ( x)  ax3  bx  cx  d có đồ thị hình vẽ Hỏi đồ thị hàm số y  A ( x  x)  x có đường tiệm cận đứng? ( x  3)[f ( x)  f ( x)] B C D Lời giải Chọn C x   x  x  (1;0)  x   x  x2  (0;1) Đk: x  Đặt h  x    x  3  f  x   f  x     f ( x)     x  x3 ( x3  2)  f ( x)   x   nghiemkep    x  x4 ( x4  2) Khi y  x  x  2  x  x  3 m  x  x1  x  x2  x  x3  x  x4  x ,  m  0 Do điều kiện x  nên không tồn giới hạn hàm số f  x  x  3, x  x3 , x  x4  đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng Câu 34: Giá trị thực tham số m để phương trình x   2m  3 x  64  có hai nghiệm thực x1 , x2 thỏa mãn  x   x2    24 thuộc khoảng sau đây?  3 A  0;   2   B   ;0     11 19  D  ;  2 2 21 29 C  ;   2  Lời giải Chọn D Đặt t  x (t  0) Ta có phương trình ẩn t : t  (2m  3)t  64  (*) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt phương trình (*) phải có hai nghiệm dương phân biệt (2m  3)2  256     2m   64  0, m  Gọi hai nghiệm phương trình (*) t1 , t2 Khi đó: x1  log t1 ; x2  log t2 Từ giả thiết ( x1  2)( x2  2)  24  (log t1  2)(log t2  2)  24  log t1.log t2  2(log t1  log t2 )  20  log t1.log t2   x1 x2   x1  x2    x1   17  x2   x1 x2   x1  x2     t1  t2  20  2m   20  m  (TM)  x1     x2  Câu 35: Cho hàm số y  ax3  bx  cx  d có đồ thị hình vẽ Mệnh đề đúng? A a  0; b  0; c  0; d  B a  0; b  0; c  0; d  C a  0; b  0; c  0; d  D a  0; b  0; c  0; d  Lời giải Chọn B Từ đồ thị hàm số ta có a  d  Lại có y  3ax  2bx  c y   3ax  2bx  c  Đồ thị có hai cực trị trái dấu nên c   c  a  3a Tâm đối xứng nằm bên phải trục tung nên  b   b  3a Câu 36: Cho tứ diện cạnh 2a Tính khoảng cách hai đường thẳng AB CD ? A a B a C a D a Lời giải Chọn C A N B D M C Gọi M trung điểm CD Gọi N trung điểm AB Ta có BM  CD, AM  CD  CD   ABM   CD  MN Lại có ABM cân M nên MN  AB Suy d  AB, CD   MN  BM  BN  3a  a  a Câu 37: Có tiếp tuyến đồ thị hàm số y   x3  x song song với đường thẳng y  x ? A B C D Lời giải Chọn D y  3x  x Gọi x0 hoành độ tiếp điểm Do tiếp tuyến song song với đường thẳng y  x nên ta có: yx0   x0   y0    3x0  x0   3x0  x0      x0   y0   27 2 Suy phương trình tiếp tuyến y  x (khơng thỏa mãn u cầu tốn) y  x  (thỏa mãn yêu cầu toán) 27 Câu 38: Cho điểm C  0;  , đường thẳng y  cắt hai đồ thị hàm số y  a x y  b x hai điểm A, B cho AB  AC Khẳng định sau đúng? B b  a A a  2b C b  2a D a  b Lời giải Chọn D Giả sử x1 , x2 hoành độ A, B Ta có A  x1; a x1  B  x2 ; b x2  với  x1  x2 Dựa đồ thị cho giả thiết AB  AC nên ta có A trung điểm BC 2 x1  x2 Do đó, ta có  x  a x1  b x1  a  b x2 a  b  Câu 39: Có giá trị nguyên tham số m   10;10 để đồ thị hàm số y  3x  x3  12 x  m có năm điểm cực trị A 17 B 16 C 15 D Lời giải Chọn A Nhận xét: Số điểm cực trị hàm số y  f ( x) tổng số điểm cực trị hàm số y  f ( x) số nghiệm đơn bội lẻ phương trình f ( x)  Xét f ( x)  3x  x3  12 x  m , f '( x)  12 x3  12 x  24 x , x  f '( x)   12 x( x  x  2)    x  1 Suy f ( x ) có điểm cực trị  x  2 Áp dụng nhận xét trên, y  3x  x3  12 x  m có năm điểm cực trị phương trình f ( x)  có tổng số nghiệm đơn bội lẻ Ta có f ( x)   3x  x3  12 x  m   g ( x)  3x  x3  12 x  m x  g'( x)  12 x  12 x  24 x , g'( x)   12 x( x  x  2)    x  1   x  2 Dựa vào BBT, ta thấy f ( x)  có tổng số nghiệm đơn bội lẻ  m  m    32  m  5 5  m  32 Ngoài ra, m , m   10;10 nên m10; 9; 8; 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1;0;5;6;7;8;9;10 Câu 40: Cho hình chóp S.ABC có AB  7cm , BC  8cm , AC  9cm Các mặt bên tạo với đáy góc 30 Tính thể tích khối chóp S.ABC A 20 (cm3 ) B 20 3(cm3 ) C 20 3(cm3 ) D 72 3(cm3 ) Lời giải Chọn A Gọi p nửa chu vi tam giác ABC Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Vì mặt bên hình chóp tạo với đáy góc 30 nên SI  ( ABC ) SABC  p( p  a)( p  b)( p  c)  12 (cm2 ) , với p  978  12 SABC  pr  r  SABC 12   (cm) ( r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC ) p 12 SI  r tan 300  15 (cm) 1 15 20 12  ( cm 3) Vậy VS ABC  SI S ABC  3 3 Câu 41: Tập hợp tất giá trị thực tham số m để phương trình  x   x  m  x  x có nghiệm phân biệt khoảng  a; b  Tính S  a  b A S  B S  11 C S  43 D S  47 Lờigiải Chọn D Câu Điềukiện: 1  x  2  x   x  m  x  x    x  x   m  x  x  m  x  x   x  x   Xét g ( x)  x  x   x  x   / [1; 2] g '( x)  x   2x 1  x2  x   (2 x  1)(1   x2  x  )  x  (1;2)  x   1  g '( x)    x   1  x   Bảng biến thiên  23  Để phương trình m  g  x  có nghiệm phân biệt m   ;6  Khi   23 47 a  , b  Vậy S  4 Câu 42: Cho hàm số y  f  x  liên tục R hàm số g ( x)  f ( x)  x  x  2019 có đồ thị y  f ’  x  hình bên Số điểm cực trị hàm số y  g | x | là: A B C D Lờigiải Chọn A Ta có g '( x)  f '( x)  2( x  1) g '( x)   f '( x)  2( x  1)  f '( x)  x  Vẽđồ thị hàm số y  f ’  x  đường thẳng y  x  hệ hệ trục Oxy  x  1 Từ đồ thị hệ trục suy phương trình g '( x)    x    x  Do hàm số y  g  x  có điểm cực trị âm điểm cực trị dương Số điểm cực trị hàm số y  g | x | số điểm cực trị dương hàm số y  g  x  nhân cộng thêm Suy số điểm cực trị hàm số y  g | x | Câu 43: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A ' B ' C ' có A ' B  a , đường thẳng A ' B vng góc với đường thẳng B ' C Tính thể tích khối lăng trụ cho theo a A a3 B a C 3a D 9a Lờigiải Chọn B Dựng hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' hình hộp, A ' D / / B ' C đáy ABCD hình thoi Khi A ' B  A ' D suy tam giác A ' DB vuông cân A ' Suy BD  a  3a Gọi I  BD  AC  BI  BD  3a Tam giác ABC có đường cao BI  AB  2a Khi AA'  A ' B2  AB2  a Thể tích khối lăng trụ V  S ABC AA '  (2a)2 a  a3 Câu 44: Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy tam giác cạnh , hình chiếu S lên mặt ( ABC ) phẳng điểm tam giác ABC cho H nằm AHB  1500 ; BHC  1200 ; CHA  900 Biết tổng diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 124 Tính chiều cao SH hình chóp S HAB, S HBC , S HCA A SH  B SH  C SH  D SH  Lờigiải ChọnC Gọi R1 , R2 , R3 bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S HAB, S HBC , S HCA Ta có RAHB  AB  2sin AHB  Do SH  ( AHB) , áp dụng cơng thức ta có 2sin1500 SH SH  R AHB  4 4 R1  Tươngtự RBHC  RAHC BC  2sin BHC 2 SH SH  R   R   BHC 2sin1200 4 3 SH SH 2    R3   R AHC  1 4 2sin AHC 2sin 90 AC Theo đề ta có : 4 ( R12  R22  R32 )  124  SH  124 16 4     1   SH   SH   3  Câu 45: Cho số thực dương a , b thỏa mãn log  ab  2ab  a  b  Giá trị nhỏ biểu ab thức P  a  2b bằng: A 10  B 10  C 10  D 10  Lời giải Chọn B Điều kiện: a  0; b  0;1  ab  Với điều kiện ta có: log  ab  ab  2ab  a  b    22 ab  a b 3  8(1  ab)  (a  b).4 ab.2 a b ab ab  2.(1  ab).22(1ab )  (a  b).2a b (*) t Xét hàm số f (t )  t.2 (0;  ) f '(t )  2t (1  ln 2)  với t  Vậy hàm số đồng biến (0;  ) Phương trình (*) có dạng f  2(1  ab)  f (a  b)  2(1  ab)  a  b  a (1  2b)   b  a  Ta có P  a  2b  2b Vì a  0; b  nên suy  b   2b 2b  2b  2b    2b 2(1  2b) 5 2 Xét hàm số P  2b   khoảng  0;  có P '(b)  2(1  2b) (1  2b) P '(b)   b  2  10 Bảng biến thiên  2  10  3  10 P  P      Cách : Điều kiện: a  0; b  0;1  ab  Với điều kiện ta có: log  ab  2ab  a  b  ab  log 2 1  ab   2(1  ab)  log (a  b)  a  b Xét hàm f (t )  log t  t đồng biến khoảng (0;  ) f '(t )   với t  Vậy hàm số đồng biến (0;  ) ln 2.t Phương trình (*) có dạng f  2(1  ab)  f (a  b)  2(1  ab)  a  b  a  2b  2b Vì a  0; b  nên suy  b  5  2b    Ta có P  2b   2(1  2b) 2(1  2b) Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có 2b   5 3  10  (2b  1)   2(1  2b) 2(2b  1) 2 Đẳng thức xảy 2b   2  10 3  10 Vậy P  b 2(2b  1) Nhận xét thêm: Có thể khơng tính đạo hàm hàm số ta có nhận xét Cách 1: Tích hai hàm số đồng biến dương khoảng K hàm số đồng biến K Cách 2: Tổng hai hàm số đồng biến khoảng K hàm số đồng biến K Câu 46: Gọi S tập hợp số tự nhiên có chữ số lập từ chữ số 1; 2;3; 4;5 Lấy ngẫu nhiên số từ tập S Tính xác suất để lấy số thỏa mãn điều kiện : chữ số 1; 2;3; có mặt hai lần, chữ số có mặt lần chữ số lẻ nằm vị trí lẻ (tính từ trái qua phải) 180 180 30 30 A B C D 5 Lời giải Chọn B Số phần tử tập S : n( S )  59 Lấy ngẫu nhiên số từ tập S số phần tử khơng gian mẫu : n()  59 Biến cố A : « Số chọn thỏa mãn điều kiện : chữ số 1; 2;3; có mặt hai lần, chữ số có mặt lần chữ số lẻ nằm vị trí lẻ (tính từ trái qua phải) » Đánh số từ đến vị trí chữ số từ trái qua phải Giả sử chữ số 1,2,3,4 lặp lại hai lần khác Như ta có chữ số khác có chữ số lẻ xếp vào vị trí đánh số lẻ chữ số chẵn xếp vào vị trí đánh số chẵn Vậy số số tạo thành : 5!4! Do thực tế chữ số 1,2,3,4 lặp lại hai lần nên khơng tính hốn vị chúng Suy n  A   5!.4! 180  180 Vậy xác suất cần tính P ( A)  (2!) Câu 47: Cho đa giác 10 cạnh nội tiếp đường tròn (O) Hỏi có hình thang cân có đỉnh đỉnh đa giác đó? A 80 B 70 C 105 D 210 Lời giải Chọn B +Mỗi hình thang cân ( trừ hình chữ nhật) ln có trục đối xứng + Mỗi hình thang cân nói tồn trục đối xứng thoả mãn khả (trục đối xứng đường chéo đa giác trục đối xứng đường kính qua trung điểm hai cạnh đối xứng nhau) Khả 1: Trục đối xứng đường kính đường chéo Có đường chéo A1 A6 , A2 A7 ,…, A5 A10 Ta xét trục đối xứng đường chéo A1 A6 : Mỗi hình thang nhận làm trục đối xứng có cạnh bên nối đỉnh A2 , A3 , A4 , A5 ta có C42 cạnh bên Vậy ta lập 5.C42 hình thang khả Khả 2: Trục đối xứng đường thẳng qua trung điểm hai cạnh đối diện chẳng hạn đường qua M trung điểm A1 A2 N trung điểm A6 A7 ta thấy có đường Xét MN trục đối xứng hình thang cân có cạnh bên nối hai đỉnh đỉnh A2 , A3 , A4 , A5 , A6 ta lập C52 cạnh bên Vậy ta lập 5.C52 Như tổng hai khả ta lập 5.C42  5.C52  80 hình thang cân + Tuy nhiên hình thang hình chữ nhật (vì đa giác 10 đỉnh nên khơng có hình vng) có hai trục đối xứng nên hình chữ nhật bị kể hai lần Mỗi hình chữ nhật tạo thành nhờ lấy đường chéo hai đường kính đường chéo nên ta lập C52  10 hình chữ nhật Vậy số hình thang cân lập 80 10  70 hình Câu 48: Cho lăng trụ tam giác ABC.ABC có tam giác ABC tam giác vng cân B , AB  BC  ; AA  AB  AC  Gọi M , N trung điểm AC BC Trên hai cạnh A ' A A ' B lấy điểm P Q tương ứng cho AP  , AQ  Tỉ số VPQMN VABC ABC A 36 B 12 C 24 D 48 Lời giải Chọn A Ta có: VA ' ABC  VABC A ' B 'C ' ta đặt VA ' ABC  V VABC A' B 'C '  3V Ta xét tứ diện A ' ABC Ta có: VPQMN  V  (VA'CMPN  VA' PQN  VAPQM  VBAQMN ) + Ta có VAA 'CN  V V AP AM AN 1 V APMN     VA'CMPN  VAA 'CN  VAA'CN AA ' AC AN 3 3 + Ta có VA ' BAN  V V A' P A'Q A' N 2 V A' PQN     VA' PQN  VA' AB N A ' A A ' B A ' N 3 9 + VAQA'C VABA'C   VAQPM  + VABQC VABA'C  V A'Q 2V AQ AP AM 1 mà AQPM    VAQA'C    VAQA'C AQ AA ' AC 3 A' B 3 VAQA 'C  2V V BQ 1 V CQ CB CA 2   VABQC  VABA'C  mà CQBA   4 VCQNM CQ CN CM 1 BA ' 3  VCQNM  VCQBA 3 V V Lại có VBAQMN  VCQBA   4 Từ ta có VPQMN V VPQMN 1 V  12  V (    )V  Vậy 9 12 VABC A ' B 'C ' 3V 36 Cách 2: Gọi E giao điểm PQ AB Ta có S EMN  VPEMN VABC ABC  V VQEMN VPEMN S ABC ; VPQMN  VPEMN  VQEMN  PQMN   VABC A' B 'C ' VABC A' B 'C ' VABC A' B ' C ' d ( P, ( ABC )).S EMN VPqMN AP 1 1 1 3    Vậy    d ( A, ( ABC )).S ABC AA 3 18 VABC A B C  18 36 36 Câu 49: Gọi S tập hợp tất giá trị nguyên tham số m để phương trình 5x  10  m 25x  có nghiệm Số tập S A B C 16 D 15 Lời giải Chọn C 5x  10 5x  10  m 25x   25x  m 1 TH 1: m  Phương trình 1 vơ nghiệm 5 TH 2: m  (1)  x  10  25  x Đặt t  , t  Ta có: x Xét hàm số f  t  f  t   t 4 Bảng biến thiên: t 4 t2    m2 t  10 t  10  20t  192t  80 2  m2 (2) khoảng  0;   t  10(l ) f (t )    t  (tm)  Phương trình 1 có nghiệm  Phương trình   có nghiệm t   m2  26  Do điều kiện 1  m  25 m   m 2,3, 4,5  m  Vậy S  2,3,4,5  , số tập S 24  16 Câu 50: Anh X muốn mua xe máy Yamaha Exciter 150 giá 47.500.000 đồng cửa hàng Phú Tài chưa đủ tiền nên anh X định mua theo hình thức sau: trả trước 25 triệu đồng trả góp 12 tháng, với lãi suất 0, 6% / tháng Hỏi tháng anh X phải trả cho cửa hàng Phú Tài số tiền bao nhiêu? (quy tròn đến hàng đơn vị) A 1.948.927 đồng B 1.948.926 đồng C 2.014.545 đồng D 2.014.545 đồng Lời giải Chọn A Gọi S số tiền anh X nợ cửa hàng Phú Tài, r lãi suất tháng Số tiền anh X nợ sau tháng là: S  S r  S 1  r  Gọi x số tiền anh X phải trả tháng Sau tháng số tiền anh X nợ là: S 1  r   x Sau tháng số tiền anh X nợ là: S 1  r   x   S 1  r   x  r  x  S 1  r   x 1  r   1 Sau tháng số tiền anh X nợ là:   2 S 1  r   x 1  r   1  S 1  r   x 1  r   1 r  x  S 1  r   x 1  r   1  r   1   … Sau n tháng số tiền anh nợ là: S 1  r  1  r    S  r n  x   r n  1 n 1 n2 n  x 1  r   1  r    1  S 1  r   x        r 1  r   n n Sau n tháng anh X trả hết nợ, đó: S 1  r  S r 1  r  x n  1  r   1   x  n  r 1  r   n n Với S  47.500.000  25.000.000  22.500.000 đồng, r  0, 006 n  12 tháng thì: 22500000.0.006 1  0.006  12 x 1  0.006  12 1  1.948.927 đồng (làm tròn đến hàng đơn vị) Vậy tháng anh X phải trả cho cửa hàng Phú Tài số tiền 1.948 927 đồng ... PQN  VAPQM  VBAQMN ) + Ta có VAA 'CN  V V AP AM AN 1 V APMN     VA' CMPN  VAA 'CN  VAA'CN AA ' AC AN 3 3 + Ta có VA ' BAN  V V A' P A'Q A' N 2 V A' PQN     VA' PQN  VA' AB... ' B A ' N 3 9 + VAQA'C VABA'C   VAQPM  + VABQC VABA'C  V A'Q 2V AQ AP AM 1 mà AQPM    VAQA'C    VAQA'C AQ AA ' AC 3 A' B 3 VAQA 'C  2V V BQ 1 V CQ CB CA 2   VABQC  VABA'C  mà... Chọn D  x  1 1 ;3 + Ta có: y  3x  x  1; y   3x  x      x   1 ;3  2 + Tính: y (1)  13  2.12    5; y (3)  33  2 .32    Suy ra: Max y  ( x  ) 1 ;3 Câu 26: Tìm tất

Ngày đăng: 17/04/2020, 08:51

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w